En el cuarto mes de la estación de las inundaciones en el año 33 del reinado del faraón Apofis I (siglo XVI antes de Cristo) el escriba Ahmes estaba copiando en un pergamino una colección de Problemas matemáticos. La colección databa de la época del Faraón Amenemhat III (siglo XIX antes de Cristo). Que se haya conservado hasta nuestros días es un verdadero milagro. Nos muestra una matemática no tan avanzada como la de la tableta cuneiforme Plimpton 322 que puede ser de la misma época de Ahmose, pero una matemática decididamente interesante y que nos puede dejar acomplejados en un primer momento. Ya veréis porque lo digo.
Cuando queremos explicarle las fracciones a un niño pequeño es inevitable hablar de cómo repartimos una tarta. Si hay 5 niños dividimos la tarta en 5 partes iguales y cada niño recibe un quinto, \(\frac15\) de la tarta. De esta manera terminamos siempre con fracciones unitarias. Los egipcios nunca quisieron pasar de esta etapa. Sus números tenían la apariencia $$\frac14+\frac18+\frac{1}{10} +\frac{1}{30}+\frac{1}{45}.$$ Uno de los problemas que se plantean en el papiro es encontrar la diferencia de \(1-\frac{1}{3}\) y el número anterior. La solución que obtienen es $$\Bigl(1-\frac{1}{3}\Bigr)-\Bigl(\frac14+\frac18+\frac{1}{10} +\frac{1}{30}+\frac{1}{45}\Bigr)=\frac{1}{9}+\frac{1}{40}.$$ Es decir, encuentran que $$\frac13+\frac14+\frac18+\frac{1}{9}+\frac{1}{10} +\frac{1}{30}+\frac{1}{40}+\frac{1}{45}=1.$$ Desde luego es una matemática más interesante que la de los romanos.
Escribir los números racionales de esta forma es un capricho bastante inexplicable. Solo manejaban fracciones unitarias, con una excepción: \(\frac23\) estaba permitida. Esto nos dice que conocían otras fracciones y que no las querían usar. Cualquier niño piensa en llevarse \(\frac37\) de la tarta y dejar a los otros 4 niños cada uno su trozo de \(\frac17\), que para eso es su cumpleaños. No, los egipcios veían \(3\cdot\frac17\) como un problema: Encontrar un número que multiplicado por 7 dé 3. Un egipcio procedería por aproximaciones de esta forma \begin{align*} 7\times \frac13&=2+\frac13 && \text{todavía no es 3 pero está cerca,}\\ 7\times \frac{1}{14}&= \frac12 && \text{todavía falta un poco para 3,}\\ 7\times \frac{1}{42}&=\frac16 &&\text{¡ya lo conseguí!} \end{align*} Luego $$7\times\Bigl(\frac13+\frac{1}{14}+\frac{1}{42}\Bigr)=3.$$ Así que $$ 3\times\frac{1}{7}=\frac13+\frac{1}{14}+\frac{1}{42}.$$ ¿Vais cogiendo el ritmo de la matemática egipcia? El motivo por el que prefieren el número \(\frac13+\frac{1}{14}+\frac{1}{42}\) a nuestra fracción \(\frac{3}{7}\) se nos escapa totalmente, si no pensamos la Matemática como lo que fue en sus comienzos. El juego supremo, en este caso con los números, en otros con las figuras geométricas.
¿Qué encontramos en el papiro? No reglas, sino ejemplos de cómo operar con los números. Los números son sumas de fracciones unitarias escritas en orden decreciente, de modo que \(\frac13+\frac{1}{14}+\frac{1}{42}\) sí es un número, pero no lo es \(\frac17+\frac17+\frac17\) (no se permiten fracciones repetidas). Como ya dije, ellos admitían \(\frac23\), pero pasaré esta discrepancia por alto.
Desafío: Demostrar que cualquier problema \(m\times\frac1n\) tiene una solución aceptable para un egipcio. En otras palabras cualquier número racional positivo \(\frac{m}{n}\) es suma de un número finito de fracciones unitarias distintas.
El primer problema que nos aparece en el papiro es el de duplicar una fracción unitaria, calcular \(2\times \frac{1}{n}\). Sus métodos serían del tipo siguiente: (1) Buscar un número \(a\) con muchos divisores y tal que \(n<2a\). (2) Sea \(c=2a-n>0\). Descomponemos \(c\) en suma de divisores distintos de \(a\). Sea por ejemplo \(c=d_1+d_2+\cdots+d_k\) $$\frac{c}{a}=\frac{1}{a/d_1}+\frac{1}{a/d_2}+\cdots+\frac{1}{a/d_k},$$ luego $$\frac{2a-n}{na}=\frac{c}{an}=\frac{1}{n(a/d_1)}+\frac{1}{n(a/d_2)}+\cdots+\frac{1}{n(a/d_k)}.$$ Esto es, $$2\times\frac{1}{n}=\frac{1}{a}+\frac{1}{n(a/d_1)}+\frac{1}{n(a/d_2)}+\cdots+\frac{1}{n(a/d_k)}$$ es el número buscado. Para duplicar \(\frac{1}{17}\) tomamos \(a=10\) y entonces \(20-17=3\). Escribimos \(3=2+1\), luego \(\frac{3}{10}=\frac15+\frac{1}{10}\) y la solución es $$2\times\frac{1}{17}=\frac{1}{10}+\frac{1}{85}+\frac{1}{170}.$$ Vemos que el truco se generaliza a otras fracciones.
Dejamos el papiro de Rhind no sin mencionar que otros problemas se refieren a calcular el volumen de un silo cilíndrico, lo que les lleva a una buena aproximación del área del círculo. El que esté mas interesado en la matemática egipcia puede buscar en la última sección, donde damos unas referencias muy adecuadas.
Las fracciones egipcias en la actualidad.
Hay numerosas publicaciones, en revistas serias y en otras menores, sobre cuestiones relativas a las fracciones egipcias. Pero hoy nos queremos centrar en el problema siguiente:
Problema de Erdös-Straus. Probar que para cualquier número natural \(n\ge2\) existen tres números naturales \(x\), \(y\), \(z\) tales que $$\frac{4}{n}=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}.$$ En este caso aceptamos que puedan ser iguales alguno de los tres números. La cuestión delicada aquí es que queremos tres fracciones y no más. Dos fracciones también sirven ya que \(\frac{1}{x}=\frac{1}{2x}+\frac{1}{2x}\) y podemos convertir una solución con dos fracciones en otra con tres.
Si tengo una solución para \(n\), tengo solución para cualquier múltiplo ya que \(\frac{4}{mn}=\frac{1}{mx}+\frac{1}{my}+\frac{1}{mz}\) nos resuelve el problema para \(mn\) si lo sabemos resolver para \(n\). Por tanto el problema está solo en el caso en que \(n\) es primo. Puesto que además \(2=\frac{4}{2}=1+\frac12+\frac12\), a partir de ahora podemos suponer que \(n\) es un número primo impar.
En general hay muchas soluciones. Por ejemplo para \(n=7\) las soluciones posibles son $$\frac{4}{7}=\frac12+\frac{1}{15}+\frac{1}{210}=\frac12+\frac{1}{16}+\frac{1}{112}$$ $$=\frac12+\frac{1}{18}+\frac{1}{63}=\frac12+\frac{1}{21}+\frac{1}{42}$$ $$=\frac12+\frac{1}{28}+\frac{1}{28}=\frac13+\frac{1}{6}+\frac{1}{14}$$ $$=\frac14+\frac{1}{4}+\frac{1}{14}.$$ Este es un problema que recuerda a la matemática egipcia pero en realidad es un problema húngaro. Ya hablamos en extenso de la matemática húngara en una entrada anterior. El problema fue planteado por escrito en 1950 en dos trabajos, uno de Erdös en húngaro y otro de Obláth en una revista no digitalizada. No he podido consultar ninguno de los dos, pero Christian Elsholtz me confirma que en el trabajo de Obláth ya se habla del problema como problema de Erdös-Straus.
Cada solución puede generalizarse. Por ejemplo, la última que dimos para \(n=7\), \(\frac{4}{7}=\frac14+\frac{1}{4}+\frac{1}{14}\) es un caso particular de $$\frac{4}{4k+3}=\frac{1}{2k+2}+\frac{1}{2k+2}+\frac{1}{(k+1)(4k+3)}.$$ Aproximadamente la mitad de los primos dan resto \(3\) al dividirlos por \(4\) y entran dentro de este esquema. ¿Podríamos encontrar una solución análoga para \(\frac{1}{4k+1}\)? Habríamos resuelto el problema, ya que todo primo impar da resto \(1\) o \(3\) al dividirlo por \(4\). Si encontráramos tres polinomios \(P_1(n)\), \(P_2(n)\) y \(P_3(n)\) tales que $$\frac{4}{4k+1}=\frac{1}{P_1(k)}+\frac{1}{P_2(k)}+\frac{1}{P_3(k)}$$ y que tomaran valores enteros para \(k\) entero habríamos resuelto nuestro problema. Esta esperanza se desvanece con un teorema de Schinzel:
Teorema. Sean \(a\) y \(b\) enteros, \(a>0\), primos entre sí (\(\textrm{mcd}(a,b)=1\)) y tal que \(b\) es un resíduo cuadrático módulo \(a\). Entonces no existen polinomios \(P_j(x)\in\mathbb Z[x]\) con coeficientes líderes positivos que cumplan $$\frac{4}{an+b}=\frac{1}{P_1(n)}+\frac{1}{P_2(n)}+\frac{1}{P_3(n)}.$$
De todos modos esto no acaba la cuestión. Muchos matemáticos han atacado el problema durante estos años. Por ejemplo el clásico libro de Mordell resume la situación en 1969 de la siguiente forma:
La conjetura es cierta excepto a lo más en casos en que \(n\) sea congruente con \(1^2\), \(11^2\), \(13^2\), \(17^2\), \(19^2\) o \(23^2\) módulo \(840\).
Nunca podremos resolver el problema con un sólo módulo por el teorema de Schinzel.
Congruencias resolubles por polinomios
Hemos visto que para los primos \(n\equiv3\bmod4\) el problema de Erdös-Straus se resuelve mediante polinomios pero para los primos \(n\equiv1\bmod4\) una solución análoga no es posible. La solución general a la cuestión de qué congruencias admiten una solución por polinomios se debe a Christian Elsholtz y a Terence Tao. Damos una congruencia \(n\equiv r \bmod N\) que contenga infinitos primos, es decir, gracias a un teorema de Dirichlet tal que \(r\) y \(N\) sean primos entre sí. ¿Existen polinomios \(P_1(n)\), \(P_2(n)\), \(P_3(n)\) tales que tomen valores enteros para \(n\equiv r\bmod N\) y además $$\frac{4}{n}=\frac{1}{P_1(n)}+\frac{1}{P_2(n)}+\frac{1}{P_2(n)}?$$ La respuesta completa la dan Elsholtz y Tao mediante un teorema que afirma que \(n\equiv r \bmod N\) es resoluble por polinomios si y solo si entra en una de 7 posibilidades. No vamos a describirlas todas, como ejemplo daremos sólo dos:
(1) Si la congruencia puede escribirse en la forma \(n\equiv -f\bmod{4ad}\) siendo además \(f\mid 4a^2d+1\). En ese caso la solución es $$\frac{4}{n}=\frac{1}{a(\frac{n+f}{4ad}\frac{4a^2d+1}{f}-a)dn}+\frac{1}{a(\frac{n+f}{4ad})d}+\frac{1}{(\frac{n+f}{4ad}\frac{4a^2d+1}{f}-a)(\frac{n+f}{4ad})d}.$$ No hay aquí gran misterio, la ecuación anterior es una identidad y las condiciones permiten ver que los denominadores son números naturales.
(2) Hay tres números \(a\), \(c\) y \(f\) con \(4ac\) primo con \(f\) tales que la congruencia es equivalente a las dos condiciones \(n\equiv-f\bmod{4ac}\) y \(f\mid an+c\). En ese caso $$\frac{4}{n}=\frac{1}{a(\frac{an+c}{f})(\frac{n+f}{4ac})n}+\frac{1}{ac(\frac{n+f}{4ac})}+\frac{1}{(\frac{an+c}{f})(\frac{n+f}{4ac})c}.$$ Igual que antes se trata de una identidad y las condiciones garantizan que los denominadores sean enteros.
Lo difícil es ver que las únicas congruencias resolubles son las 7 indicadas en el teorema, de las que estas son dos ejemplos. El objetivo principal de Elsholtz y Tao no es este teorema, pero tampoco resuelven la conjetura. Lo que consiguen es establecer la media del número de soluciones \((x,y,z)\) de la ecuación de Erdös-Straus para cada primo \(n\). La conjetura dice que hay una solución al menos para cada primo, pero en general hay muchas. Si \(f(n)\) denota este número de soluciones ellos prueban que $$N\log^2 N \le \sum_{p\le N}f(p)\le N\log^2N\log\log N.$$ Podemos resumir lo anterior diciendo que en media un primo \(p\) admite \(\log^3p\) soluciones. Pero este es un caso típico de la paradoja de la media: En media cada primo \(p\) admite \(\log^3 p\) soluciones, pero un primo típico tiene muchas menos. (No es lo mismo hablar de la riqueza media de los españoles que de la riqueza del español medio).
En la demostración separan las soluciones en dos tipos. Las soluciones del tipo I verifican que \(n\) divide a \(x\) pero no a \(y\) ni a \(z\). En las soluciones de tipo II \(n\) divide a \(y\) y \(z\) pero no a \(x\). Para \(n\) primo no hay más que estos dos tipos de soluciones. En cada solución hay variables escondidas que resultan muy útiles. Por ejemplo, las soluciones de tipo I siempre se pueden escribir en la forma $$\frac{4}{n}=\frac{1}{abdn}+\frac{1}{acd}+\frac{1}{bcd}.$$ Basta tomar \(d=\textrm{mcd}(x,y,z)\) y poniendo \(x’=x/nd\), \(y’=y/d\), \(z’=z/d\), tomar \(a=\textrm{mcd}(x’,y’)\), \(b=\textrm{mcd}(x’,z’)\), \(c=\textrm{mcd}(y’,z’)\). Finalmente definimos \(f=4acd-n\), y resulta que \(a+b\) es entonces divisible por \(c\) y definimos \(e=(a+b)/c\).
Por ejemplo para $$\frac{4}{7}=\frac{1}{63}+\frac{1}{18}+\frac12,\qquad (a,b,c,d,e,f)=(9,1,2,1,5,65).$$ Estos números verifican muchas relaciones: $$4abd=ne+1,\quad ce=a+b,\quad4abcd=na+nb+c,\quad 4acde=ne+4a^2d+1,\quad 4bcde=ne+4b^2d+1,$$ $$4acd=n+f,\quad ef=4a^2d+1, \quad f=na+c,\quad n^2+4c^2d=f(4cd-n).$$ El recíproco es cierto, números satisfaciendo estas relaciones nos dan una solución de tipo I. Esto nos permite entonces contar las soluciones contando estos parámetros. Para ello se termina estimando sumas aritméticas. Por ejemplo una de las sumas que necesitan estimar es $$\sum_{x\le A, y\le B} \tau(kab^2+1)\ll AB\log(A+B)\log(1+k)$$ con ciertas condiciones sobre \(k\) y donde \(\tau(n)\) denota el número de divisores del número \(n\).
Erdös planteó muchos problemas, le gustaba hablar de matemáticas con cualquiera interesado. En muchas ocasiones con niños. Con Terence Tao, que fue un niño prodigio, lo vemos en la foto. Al cabo de los años Tao ha trabajado en muchos de los problemas de Erdös.
Christian Elsholtz es profesor en la Universidad Técnica de Graz en Austria, está interesado en teoría de números, combinatoria y analítica. Tiene numerosos trabajos sobre sumas de fracciones unitarias.
El trabajo de Salez
Nos detenemos ahora en otro artículo posterior debido a Serge E. Salez (The Erdös Straus conjecture. New modular equations and checking up to \(N=10^{17}\)). Es un trabajo interesante en el que se prueba que la conjetura de Erdös-Straus es válida para todo \(N\le 10^{17}\). El trabajo es interesante por el hecho de que uno no puede verificar todos estos casos a base de encontrar una solución para cada caso. Es necesario encontrar un método que reduzca la cuestión a un número práctico de comprobaciones.
Ya vimos que en 1956 se sabía que La conjetura es cierta excepto a lo más en casos en que \(n\) sea congruente con \(1^2\), \(11^2\), \(13^2\), \(17^2\), \(19^2\) o \(23^2\) módulo \(840\),. luego podríamos considerar solo \(6\) de cada \(840\) números. Aún así esto no es suficiente. Usando métodos elementales pero ingeniosos Salez consigue cambiar el número \(840\) por \(G_7=892371480\). En lugar de los seis números \(1^2\), \(11^2\), \(13^2\), \(17^2\), \(19^2\) o \(23^2\), con el módulo \(G_7\) le quedan \(147348\) números \(a\). Tiene ahora la tarea de comprobar los primos de la forma \(n=k\times G_7+a\). Para ellos determina un conjunto de cribas, esto es, módulos \(m\in M\) y para cada uno un conjunto de restos \(S_m\) tales que si \(n\bmod m\in S_m\) entonces el problema de Erdös-Straus tiene solución para \(n\).
Hay un cierto enigma sobre el autor de este trabajo. Solo tiene este trabajo. En el trabajo no menciona ninguna institución. No está registrado como autor en MathSciNet, es decir, no ha publicado nada hasta ahora. El trabajo es interesante y está bien escrito como por un profesional. Colgó el trabajo en arXiv en 2014, pero no está publicado en ninguna revista. No tengo ninguna información sobre él.
La conjetura BBF
Manuel Bello Hernández, Manuel Benito, y Emilio Fernández son tres matemáticos españoles de La Rioja. Habían comprobado la conjetura de Erdös-Straus para \(n\le 10^{14}\) antes que Salez lo hiciera para \(n\le 10^{17}\). Para ello usan una solución polinomial que entra en el esquema segundo de Elsholtz y Tao que hemos escrito más arriba. Ellos la ponen en la forma $$\frac{4}{n}=\frac{1}{(ac-1)(\frac{bc-1}{4})n}+\frac{1}{a(\frac{bc-1}{4})}+\frac{1}{a(ac-1)(\frac{bc-1}{4})},$$ suponiendo que \(bc\equiv1\bmod4\) y \(n=abc-a-b\). Comprueban que todo primo \(n\equiv1\bmod4\) con \(n\le 10^{14}\) se puede escribir en la forma \(n=abc-a-b\) con \(bc\equiv1\bmod4\). Por esto es natural considerar su conjetura:
Conjetura BBF. Todo primo \(n\equiv1\bmod 4\) puede escribirse en la forma $$n=abc-a-b.$$ siendo \(bc\equiv1\bmod4\).
Si esta conjetura es cierta entonces la conjetura de Erdös-Straus es cierta también. Pero el recíproco no es cierto. Hay 7 formas distintas de que se cumpla la conjetura de Erdös-Strauss y la de Bello-Benito-Fernández (BBF) es solo una muy particular. De hecho Elsholtz-Tao comentan que el número medio de soluciones para un primo \(n\) de la conjetura BBF es sólo \(\log^2n\), mientras que el número medio de soluciones para la conjetura de Erdös-Straus es \(\log^3n \log\log n\).
La conjetura BBF me parece muy interesante. Si queremos ver si se satisface BBF para un cierto \(n\) podemos ensayar primero los casos \((a,b)=(1,1)\), \((2,1)\) (recordad que \(b\) tiene que ser impar). Para ello comprobamos si \(c=\frac{n+a+b}{ab}\) es un entero, y si lo es miramos si \(bc\equiv1\bmod4\). De ese modo podemos encontrar una solución. Si no, tendremos que cualquier solución cumple \(a\), \(b\ge2\), por tanto $$n=abc-a-b\ge ab-a-b=(a-1)(b-1)-1.$$ Así que solo tenemos que ensayar las parejas \((a,b)\) con \(b\ge3\) impar menor o igual a \(n+2\) y \(a\le (n+1)/(b-1)+1\). Si no encontramos solución con estos pares es que no la hay.
Llegamos así a una cuestión más general que la conjetura BBF, ¿qué números impares pueden ponerse en la forma \(n=abc-a-b\) con \(bc\equiv1\bmod4\)?
Ensayando este proceso con todos los números impares, vemos que los cuadrados no satisfacen la conjetura BBF generalizada, cosa que ya habían advertido Bello, Benito y Fernández. Aparte de estos hay otros números, parece que siempre \(\equiv1\bmod4\) para los que la conjetura generalizada es falsa: $$105, 465, 585, 801, 2641, 2929, 2961, 3705, 4785, 4945, 9529, 13041, 13465, 14841,\dots $$ ¿Qué números son estos?
I thank Christian Elsholtz for some comments on a previous version of this post.
Para saber más
Los artículos que hemos comentado en la entrada son:
Elsholtz, Christian; Tao, Terence, Counting the number of solutions to the Erdős-Straus equation on unit fractions, J. Aust. Math. Soc. 94 (2013), no. 1, 50–105.
M. Bello Hernández, M. Benito, E. Fernández, On egiptian fractions, arXiv:1010.2035. (2010).
Serge E. Salez, The Erdős-Straus conjecture New modular equations and checking up to $N=10^{17}$, arXiv:1406.6307 (2014).
Sobre el papiro de Rhind, hay un libro excepcional:
Gay Robins y Charles Shute, The Rhind Mathematical Papyrus an ancient Egytian text, Published by the Trustees of the British Museum by British Museum Publications
Existen otras publicaciones, con mejores fotos del papiro. También del British Museum
The Rhind Mathematical Papyrus British Museum 10057 and 10058. Photgraphic facsimile, Hieroglyphic transcription, transliteration, literal translation, free translation, mathematical commentary and bibliography, in two volumes.
Al que le parezca mal que dé estas inaccesibles referencias solo le recuerdo lo que dijo Jesucristo:
Pedid, y se os dará; buscad, y hallaréis; llamad, y se os abrirá. Mateo 7:7.
Actualización: En octubre de 2022 ha aparecido el survey:
Thomas F. Bloom and Christian Elsholtz, Egyptian Fractions, arXiv:2210.04496.
Interesante descubrimiento de la mano de la historia. Gracias por sus aportaciones, y especialmente hoy también la inspiración de Erdös para comentar matemáticas con cualquier interesado, especialmente los niños.
El deseo de escribir los números como suma de fracciones unitarias de distinto denominador no puede venir mas que ver las matemáticas como un juego, como un reto. Los niños son muy receptivos a los juegos… Las matemáticas se hacen insufribles solo cuando se elimina el juego, que en el fondo es su esencia.